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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元檢測四 導數(shù)及其應用單元檢測(含解析)

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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元檢測四 導數(shù)及其應用單元檢測(含解析)

單元檢測四導數(shù)及其應用(時間:120分鐘滿分:150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1下列求導運算正確的是()A.1B(log3x)C(3x)3x·ln3D(x2sinx)2xcosx答案C解析由求導法則可知C正確2已知函數(shù)f(x)lnxx2f(a),且f(1)1,則實數(shù)a的值為()A或1B.C1D2答案C解析令x1,則f(1)ln1f(a)1,可得f(a)1.令xa>0,則f(a)2af(a),即2a2a10,解得a1或a(舍去)3若函數(shù)f(x)xex的圖象的切線的傾斜角大于,則x的取值范圍是()A(,0) B(,1)C(,1 D(,1)答案B解析f(x)exxex(x1)ex,又切線的傾斜角大于,所以f(x)<0,即(x1)ex<0,解得x<1.4函數(shù)f(x)的部分圖象大致為()答案C解析由題意得f(x)為奇函數(shù),排除B;又f(1)<1,排除A;當x>0時,f(x),所以f(x),函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,)內單調遞增,排除D.5若函數(shù)f(x)lnxax22在區(qū)間內存在單調遞增區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是()A(,2 B.C.D(2,)答案D解析對f(x)求導得f(x)2ax,由題意可得2ax21>0在內有解,所以a>min.因為x,所以x2,所以a>2.6.已知定義在R上的函數(shù)f(x),其導函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示,則下列敘述正確的是()f(b)>f(a)>f(c);函數(shù)f(x)在xc處取得極小值,在xe處取得極大值;函數(shù)f(x)在xc處取得極大值,在xe處取得極小值;函數(shù)f(x)的最小值為f(d)ABCD答案A解析由導函數(shù)的圖象可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(,c),(e,)內,f(x)>0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(,c),(e,)內單調遞增,在區(qū)間(c,e)內,f(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(c,e)內單調遞減所以f(c)>f(a),所以錯;函數(shù)f(x)在xc處取得極大值,在xe處取得極小值,故錯,對;函數(shù)f(x)沒有最小值,故錯7已知函數(shù)f(x)(x2mxm)ex2m(mR)在x0處取得極小值,則f(x)的極大值是()A4e2B4e2Ce2De2答案A解析由題意知,f(x)x2(2m)x2mex,f(0)2m0,解得m0,f(x)x2ex,f(x)(x22x)ex.令f(x)>0,解得x<2或x>0,令f(x)<0,解得2<x<0,則函數(shù)f(x)在區(qū)間(,2)和(0,)上單調遞增,在區(qū)間(2,0)上單調遞減,函數(shù)f(x)的極大值為f(2)4e2.故選A.8設函數(shù)f(x)min(mina,b表示a,b中的較小者),則函數(shù)f(x)的最大值為()A.ln2B2ln2C.D.答案D解析函數(shù)f(x)的定義域為(0,)由y1xlnx得y1lnx1,令y10,解得x,y1xlnx在上單調遞減,在上單調遞增由y2,x>0得y2,令y20,x>0,解得x2,y2在(0,2)上單調遞增,在(2,)上單調遞減,作出示意圖如圖,當x2時,y12ln2,y2.2ln2>,y1xlnx與y2的交點在(1,2)內,函數(shù)f(x)的最大值為.9已知yf(x)為(0,)上的可導函數(shù),且有f(x)>0,則對于任意的a,b(0,),當a>b時,有()Aaf(a)<bf(b) Baf(a)>bf(b)Caf(b)>bf(a) Daf(b)<bf(a)答案B解析由f(x)>0,得>0,即>0,即xf(x)x>0.x>0,xf(x)>0,即函數(shù)yxf(x)為增函數(shù),由a,b(0,)且a>b,得af(a)>bf(b),故選B.10(2018·溫州“十五校聯(lián)合體”聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)2xe2x(e為自然對數(shù)的底數(shù)),g(x)mx1(mR),若對于任意的x11,1,總存在x01,1,使得g(x0)f(x1)成立,則實數(shù)m的取值范圍為()A(,1e2e21,)B1e2,e21C(,e211e2,)De21,1e2答案A解析f(x)22e2x,f(x)在區(qū)間1,0上為增函數(shù),在區(qū)間0,1上為減函數(shù),f(1)f(1)(2e2)(2e2)e2e24>0,f(1)>f(1),又f(0)1,則函數(shù)f(x)在區(qū)間1,1上的值域為A2e2,1當m>0時,函數(shù)g(x)在區(qū)間1,1上的值域為Bm1,m1依題意有AB,則有得me21.當m0時,函數(shù)g(x)在區(qū)間1,1上的值域為B1,不符合題意當m<0時,函數(shù)g(x)在區(qū)間1,1上的值域為Bm1,m1依題意有AB,則有得m1e2.綜上,實數(shù)m的取值范圍為(,1e2e21,)第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分把答案填在題中橫線上)11已知直線ykx與函數(shù)f(x)ex(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象相切,則實數(shù)k的值為_;切點坐標為_答案e(1,e)解析設切點坐標為(x,y),需滿足所以解得x1,ye,ke,所以ke,切點坐標為(1,e)12設函數(shù)f(x)xlnx,則點(1,0)處的切線方程是_;函數(shù)f(x)xlnx的最小值為_答案xy10解析由題意得f(x)1lnx,所以f(1)1,則所求切線方程為xy10.由f(x)1lnx<0得0<x<;由f(x)1lnx>0得x>,所以函數(shù)f(x)xlnx在上單調遞減,在上單調遞增,所以函數(shù)f(x)xlnx在x處取得最小值,最小值為fln.13(2018·寧波九校期末)函數(shù)f(x)x32xexex是_函數(shù)(填“奇”或“偶”),在R上的增減性為_(填“單調遞增”、“單調遞減”或“有增有減”)答案奇單調遞增解析函數(shù)f(x)x32xexex,它的定義域為R,且滿足f(x)x32xexexf(x),故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)由于函數(shù)的導數(shù)f(x)3x22(exex)3x2223x20,故函數(shù)在R上單調遞增14(2018·諸暨檢測)已知函數(shù)f(x)x33x,函數(shù)f(x)的圖象在x0處的切線方程是_;函數(shù)f(x)在0,2內的值域是_答案y3x2,2解析f(x)x33x,f(x)3x23,又f(0)0,f(0)3,函數(shù)f(x)在點(0,0)處的切線方程為y3x.令f(x)3x230,得x±1,當x變化時,f(x)與f(x)的變化情況如下表.x(,1)1(1,1)1(1,)f(x)00f(x)極大值2極小值2在0,1上,f(x)是減函數(shù),其最小值為f(1)2,最大值為f(0)0;在1,2上,f(x)是增函數(shù),其最小值為f(1)2,最大值為f(2)2.綜上,在0,2上,f(x)的值域為2,215已知函數(shù)f(x)ln,g(x)ex2,若g(m)f(n)成立,則nm的最小值為_答案ln2解析令f(n)g(m)k(k>0),則由lnk,解得n,由em2k,解得mlnk2,則nmlnk2,令h(k)lnk2,則h(k),由h(k)0得k,且當k時,h(k)<0,h(k)單調遞減,當k時,h(k)>0,h(k)單調遞增,則h(k)minhln2,即nm的最小值是ln2.16設實數(shù)>0,若對任意的x(0,),不等式ex0恒成立,則的最小值為_答案解析當x(0,1時,>0,不等式ex0顯然成立,可取任意正實數(shù);當x(1,)時,ex0exlnxx·exlnx·elnx,設函數(shù)f(x)x·ex(x>0),而f(x)(x1)·ex>0,則f(x)在(0,)上單調遞增,那么由x·exlnx·elnx可得xlnx.令g(x)(x>1),而g(x),易知函數(shù)g(x)在(1,e)上單調遞增,在(e,)上單調遞減,那么g(x)maxg(e),則有.綜上分析可知,的最小值為.17對于定義在R上的函數(shù)f(x),若存在非零實數(shù)x0,使函數(shù)f(x)在(,x0)和(x0,)上均有零點,則稱x0為函數(shù)f(x)的一個“折點”現(xiàn)給出下列四個函數(shù):f(x)3|x1|2;f(x)lg|x2019|;f(x)x1;f(x)x22mx1(mR)則存在“折點”的函數(shù)是_(填序號)答案解析因為f(x)3|x1|2>2,所以函數(shù)f(x)不存在零點,所以函數(shù)f(x)不存在“折點”;對于函數(shù)f(x)lg|x2019|,取x02019,則函數(shù)f(x)在(,2019)上有零點x2020,在(2019,)上有零點x2018,所以x02019是函數(shù)f(x)lg|x2019|的一個“折點”;對于函數(shù)f(x)x1,則f(x)x21(x1)(x1)令f(x)>0,得x>1或x<1;令f(x)<0,得1<x<1,所以函數(shù)f(x)在(,1)和(1,)上單調遞增,在(1,1)上單調遞減又f(1)<0,所以函數(shù)f(x)只有一個零點,所以函數(shù)f(x)x1不存在“折點”;對于函數(shù)f(x)x22mx1(xm)2m21,由于f(m)m211,結合圖象(圖略)可知該函數(shù)一定有“折點”綜上,存在“折點”的函數(shù)是.三、解答題(本大題共5小題,共74分解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)18(14分)已知函數(shù)f(x)exlnx.(1)求函數(shù)yf(x)在區(qū)間1,)內的最小值;(2)若對任意x1,),恒有f(x)em(x1),求實數(shù)m的取值范圍解(1)令yh(x)f(x)ex,則h(x)ex,則當x1,)時,exe,1,所以h(x)>0,即h(x)在區(qū)間1,)內是增函數(shù),于是yf(x)在區(qū)間1,)內的最小值為h(1)e1.(2)令g(x)f(x)em(x1),則g(x)0對任意x1,)恒成立,且發(fā)現(xiàn)g(1)0,g(x)exm.由(1)知當me1時,g(x)0,此時g(x)單調遞增,于是g(x)g(1)0,成立;當m>e1時,則存在t(1,),使得g(t)0,當x(1,t)時,g(x)<0,當x(t,)時,g(x)>0,此時g(x)ming(t)<g(1)0,矛盾綜上得me1,即實數(shù)m的取值范圍為(,e119(15分)已知函數(shù)f(x)2xalnx,aR.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,)內單調遞增,求實數(shù)a的取值范圍;(2)記函數(shù)g(x)x2f(x)2x2,若g(x)的最小值是6,求函數(shù)f(x)的解析式解(1)由題意知f(x)20在區(qū)間1,)內恒成立,所以a2x在區(qū)間1,)內恒成立令h(x)2x,x1,),因為h(x)2<0恒成立,所以h(x)在區(qū)間1,)內單調遞減,所以h(x)maxh(1)0,所以a0,即實數(shù)a的取值范圍為0,)(2)g(x)2x3ax2,x>0.因為g(x)6x2a,當a0時,g(x)>0恒成立,所以g(x)在區(qū)間(0,)內單調遞增,無最小值,不合題意,所以a<0.令g(x)0,則x或x(舍去),由此可得函數(shù)g(x)在區(qū)間內單調遞減,在區(qū)間內單調遞增,則x是函數(shù)g(x)的極小值點,也是最小值點,所以g(x)ming(x)極小值g6,解得a6,所以f(x)2x6lnx.20(15分)(2019·舟山模擬)已知函數(shù)f(x)lnxx,g(x)ax22x(a<0)(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最值;(2)求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的極值點解(1)依題意,f(x)1,令10,解得x1.因為f(1)1,f1,f(e)1e,且1e<1<1,故函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為1,最小值為1e.(2)依題意,h(x)f(x)g(x)lnxax2x(x>0),h(x)2ax1,當a<0時,令h(x)0,則2ax2x10.因為18a>0,所以h(x),其中x1,x2.因為a<0,所以x1<0,x2>0,所以當0<x<x2時,h(x)>0;當x>x2時,h(x)<0,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,x2)內是增函數(shù),在區(qū)間(x2,)內是減函數(shù),故x2為函數(shù)h(x)的極大值點,無極小值點21(15分)已知函數(shù)f(x)5lnx,g(x)(kR)(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1,f(1)處的切線與函數(shù)yg(x)的圖象相切,求k的值;(2)若kN*,且x(1,)時,恒有f(x)>g(x),求k的最大值(參考數(shù)據(jù):ln51.6094,ln61.7918,ln(1)0.8814)解(1)f(x)5lnx,f(1)5,且f(x),從而得到f(1)1.函數(shù)f(x)的圖象在點(1,f(1)處的切線方程為y5x1,即yx4.設直線yx4與g(x)(kR)的圖象相切于點P(x0,y0),從而可得g(x0)1,g(x0)x04,又g(x),解得或k的值為1或9.(2)由題意知,當x(1,)時,5lnx>恒成立,等價于當x(1,)時,k<恒成立設h(x)(x>1),則h(x)(x>1),記p(x)x4lnx(x>1),則p(x)1>0,p(x)在x(1,)上單調遞增又p(5)1ln5<0,p(6)2ln6>0,在x(1,)上存在唯一的實數(shù)m,且m(5,6),使得p(m)m4lnm0,當x(1,m)時,p(x)<0,即h(x)<0,則h(x)在x(1,m)上單調遞減,當x(m,)時,p(x)>0,即h(x)>0,則h(x)在x(m,)上單調遞增,當x(1,)時,h(x)minh(m),由可得lnmm4,h(m)m2,而m(5,6),m2,又當m32時,h(m)8,p(32)21ln(32)>0,m(5,32),h(m).又kN*,k的最大值是7.22(15分)已知函數(shù)f(x)lnxmex的圖象在點(1,f(1)處的切線與直線l:x(1e)y0垂直,其中e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)求實數(shù)m的值及函數(shù)f(x)在區(qū)間1,)內的最大值(2)求證:函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點求證:f(x)<x22x1.(1)解由題意得f(x)mex,直線l:x(1e)y0的斜率為,故函數(shù)f(x)的圖象在點(1,f(1)處的切線的斜率為1e,即f(1)1me1e,所以m1.當x1,)時,f(x)ex單調遞減,即f(x)f(1)1e<0,所以f(x)在區(qū)間1,)內單調遞減,所以當x1,)時,f(x)maxf(1)ln1ee.(2)證明f(x)ex,令h(x)f(x),則h(x)ex<0在(0,)上恒成立,即有h(x)在區(qū)間(0,)內單調遞減又h2>0,h(1)1e<0,所以h(x)0在區(qū)間(0,)內有且僅有一個實根,設此實根為x0,則x0.當x(0,x0)時,h(x)>0,故f(x)單調遞增;當x(x0,)時,h(x)<0,故f(x)單調遞減,所以函數(shù)f(x)在xx0處取得唯一的極大值,即函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點由知f(x)ex在區(qū)間(0,)內為減函數(shù),又f(1)1e<0,f2>0,因此存在實數(shù)x0滿足方程f(x)ex0,此時f(x)在區(qū)間(0,x0)內為增函數(shù),在區(qū)間(x0,)內為減函數(shù),且f(x0)0,由此得到,x0lnx0.由單調性知f(x)maxf(x0)lnx0x0,又x0,故<2,所以f(x)max<2.又x22x1(x1)222,所以f(x)<x22x1.14

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